1、江 西 省 2017 年 普 通 高 等 学 校 招 生 全 国 统 一 考 试 仿 真 卷理 科 综 合 能 力 测 试 （ 十 ）第 卷一、选择题：本大题共 13 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7.下列说法不正确的是( )A液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动B常压下，0时冰的密度比水的密度小，水在 4时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D燃料的脱硫脱氮、SO 2的回收利用和 NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施【解析】纳米银粒子的聚集
2、属于物理变化，故 C 错误。【答案】C8.用 NA表示阿伏德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A常温下，1molL 1 的 Na2CO3溶液中 CO32 的数目小于 NAB常温常压下，1.7g NH 3中所含的原子数为 0.4NAC向含 0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加 NaOH 溶液至沉淀完全溶解，消耗的 OH 数目为 0.4NAD标准状况下，4.48L NO 2与足量的水反应，转移的电子数为 0.1NA【解析】A溶液体积未知，只知道浓度无法计算微粒个数，故 A 错误；B常温常压下，1.7g NH3物质的量为=0.1mol，含有原子物质的量为 0.4mol，所含的原子数为
3、0.4NA，故 B 正确；C含 0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加 NaOH，消耗的 OH 数目为 0.4NA时反应生成氢氧化铝、一水合氨和硫酸钠，此时沉淀未溶解，故 C 错误；D二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式：3NO 2+H2O2HNO 3+NO，消耗 3mol 二氧化氮，转移 2mol 电子，则标准状况下，4.48L NO2物质的量为 0.2mol，与足量的水反应，转移的电子数为NA，故 D 错误；故选：B。【答案】B9.下列有机物分离提纯的方法正确的是( )A除去苯中少量苯酚，加入适量浓溴水，过滤B除去乙烷中的乙烯，把混合气体通入酸性高锰酸钾溶液中C除去丁醇中的
4、乙醚，用蒸馏法D提纯蛋白质时可先加入(CH 3COO)2Pb 溶液，过滤后再加水重新溶解【解析】本题考查有机物的分离提纯。A 项，苯酚加入浓溴水生成三溴苯酚沉淀，依据相似相溶原理三溴苯酚不溶于水但溶于苯，不能除去杂质；故 A 错误；B 项，乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳气体，不能得到纯净的乙烷，应该用溴水除杂，溴水与乙烯发生加成反应生成 1，2-二溴乙烷油状液体，故 B 错误；C 项，丁醇和乙醚的沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故 C 正确；D 项，重金属盐、醋酸铅使蛋白质变性而不是盐析，加入蒸馏水蛋白质不溶解，故 D 错误；答案选 C。【答案】C10. 下列说法操作不正确的是( )A某些强
5、氧化剂(如氯酸钾、高锰酸钾等)或其混合物不能研磨，否则易引起爆炸B达到滴定终点后，静置 12min 再读数，主要是为了防止管壁有液体残留引起误差C在用简易量热计测定反应热时，一般采取下列实验措施：使用碎泡沫起隔热保温、普通玻璃棒进行搅拌，准确读取反应前后温度、取 23 次的实验平均值D某溶液可能含有 SO42 和 Cl-，可先加足量的硝酸钡，取上层清液再加稀硝酸和硝酸银，来检验其中的 Cl【解析】A强氧化剂研磨易发生分解反应，生成气体导致爆炸，则 KClO3、KMnO 4等强氧化剂或其混合物不能研磨，否则将引起爆炸，故 A 正确；B达到滴定终点后，管壁有液体残留时，混合溶液中标准液体积偏小，会
6、导致测定溶液浓度偏低，所以达到滴定终点后，静置 12min 再读数，主要是为了防止管壁有液体残留引起误差，故 B 正确；C读取混合溶液温度应该是最高温度，最高温度时酸碱恰好完全反应，不是任何温度，故 C 错误；DSO 42 用氯化钡溶液鉴别，如果原来溶液中不含亚硫酸根离子或硫离子等可以用硝酸钡溶液检验；银离子用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，故 D 正确；故选 C。【答案】C11.如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H 2NCONH2，氮元素显-3 价)的化学能直接转化为电能，并生成对环境无害物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是( )AH +透过质子交换膜由左向右移动B
7、铜电极应与 Y 相连接CM 电极反应式：H 2NCONH2H 2O6e - CO2N 26H +D当 N 电极消耗 0.25 mol 气体时，则铁电极增重 16g【解析】由图甲 O2生成 H2O ，可知 N 为正极，M 为负极。A 项，H +应移向正极，由左向右移动，正确，B项，铜电极失电子，与电源正极相连，正确， C 项，尿素失电子生成 CO2和 N2，碳元素化合价没有变化，1 mol 尿素失去 6mol 电子，正确， D 项，N 电极消耗 0.25 mol 氧气时，转移 1 mol，则铁电极析出 0.5 mol 铜，质量应为 32g。【答案】D12.25 时，向 100mL 1molL1
8、H2SO3溶液中逐渐滴入 1molL-1的 NaOH 溶液，含硫物质的分布分数(平衡时某物质的浓度与各物质浓度之和的比)与 pH 的关系如图所示(已知：pK s=lgK，25时，H 2SO3的 pKa1=1.85，pK a2=7.19)下列说法不正确的是( )ApH=1.85 时，c(H 2SO3)=c(HSO3 )BpH=6 时，c(Na +)c(HSO 3 )c(SO 32 )CpH=7.19 时，c(Na +)+c(H+)=c(HSO3 )+2c(SO3 )+c(OH )D加入 150mLNaOH 溶液时，3c(Na +)=2c(H2SO3)+2c(HSO3 )+2c(SO32 )【解析
9、】A含硫酸物质的分布分数 为 0.50 时 c(H2SO3)=c(HSO3 )，pH=1.85，故 A 正确；BPH=6 时溶液中主要的离子是 HSO3 和少量 SO32-，溶液显酸性，c(Na +)c(HSO 3-)c(SO 32-)，故 B 正确；CpH=7.19时溶液中为 Na2SO3和 HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HSO3 )+2c(SO3 )+c(OH )，故 C 正确；D加入 150mL NaOH 溶液时溶液中为 Na2SO3和 NaOH 的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析可知 3c(Na+)2c(H 2SO3)+2c(HSO3 )+
10、2c(SO32 )，故 D 错误；故选 D。【答案】D13.原子序数依次增大的 A、B、C、D、E 五种前 20 号的主族元素，其中 A 和 C、B 和 D 分别在同一主族，且它们原子的最外层电子数之和为 20。已知 A 的氧化物能引起温室效应，E 的单质能与水剧烈反应且同主族中存在金属和非金属元素，下列说法正确的是( )AB 的氢化物的沸点比 D 的氢化物要高，原因是 B 的非金属性强B比较 A、C 元素形成的常见氧化物，它们的化学键类型相同，晶体类型也相同CC 的最高价氧化物的水化物酸性比 D 的最高价氧化物的水化物酸性强D根据元素周期律，推测 E 在氧气中燃烧时可能生成 E2O2、EO
11、2等物质【解析】原子序数依次增大的 A、B、C、D、E 五种前 20 号的主族元素，已知 A 的氧化物能引起温室效应，A 为 C 元素；E 的单质能与水剧烈反应且同主族中存在金属和非金属元素，则 E 为 Na 或 K，其中 A 和C、B 和 D 分别在同一主族，则 C 为 Si，可知 E 只能为 K，由它们原子的最外层电子数之和为 20，设 B 的最外层电子数为 x，则 42+x2=20，解得 x=6，则 B 为 O，D 为 S。AB 的氢化物的沸点比 D 的氢化物要高，与水中含氢键有关，与 O 的非金属性强无关，故 A 错误；B二氧化碳、二氧化硅中化学键相同，晶体类型分别为分子晶体、原子晶体
12、，故 B 错误；C非金属性 D 大于C，则 C 的最高价氧化物的水化物酸性比 D 的最高价氧化物的水化物酸性弱，故 C 错误；D根据元素周期律，K 的金属性大于 Na，则推测 E 在氧气中燃烧时可能生成 E2O2、EO 2等物质，故 D 正确；故选 D。【答案】D第 II 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22-32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33-38 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共 129 分）26.（14 分）为了探究镁粉在 NO2中的燃烧产物，某化学兴趣小组通过如图装置来验证产物中存在 N2(夹持装置已略去，部分仪器可以重复使用)。已知：M
13、g 3N2+6H203Mg(OH) 2+2NH3；NO+NO 2+2NaOH2NaNO 2+H2O；2NO2+2NaOHNaNO 3+NaNO2+H2O；醋酸溶液显中性。(1)仪器 a 的名称是 。(2)装置的连接顺序为 。(3)装置 B 中盛放的试剂为 ，装置 B 的作用为 。(4)确定产物中有 N2生成的实验现象为 。(5)设计实验证明：镁粉与 NO2反应的产物中有 Mg3N2存在： 。MgO 能溶于铵盐是因为 MgO 与 NH4+直接反应了，而不是 MgO 与 NH4+水解产生的氢离子反应： 。【解析】(1)依据仪器形状和作用分析，仪器 a 的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)装
14、置 A 铜和浓硝酸制取二氧化氮，Mg 能在 NO2中燃烧，产物为 Mg3N2、Mg0 和 N2，装置 A 中 Cu 与浓硝酸反应生成的气体 NO2，用装置 B 干燥剂干燥，通入硬质玻璃管 C 与镁粉发生反应，然后再干燥气体，用E 装置除去多余的 NO2，装置 D 排水法收集 N2，故连接装置的顺序为：ABCBED，故答案为：ABCBED；(3)用装置 B 干燥剂干燥，通入硬质玻璃管 C 与镁粉发生反应，然后再干燥气体，装置 B 中的作用是在 C的两侧防止水蒸气进入 C 中与产物 Mg3N2反应，所以 B 中干燥剂可以是无水氯化钙，NO+NO 2+2NaOH2NaNO2+H2O，2NO 2+2N
15、aOHNaNO 3+NaNO2+H2O；用 E 装置除去多余的 NO2及其可能混有的 NO，故答案为：无水氯化钙；在 C 的两侧防止水蒸气进入 C 中与产物 Mg 3N2反应；吸收未反应完的 NO2及其可能混有的 NO；(4)氮气不溶于水，如果有氮气，则能通过排水法收集到气体，所以确定产物中有 N2生成的实验现象为 D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中，故答案为：D 中试剂瓶中的水被气体压入集气瓶中；(5)取 C 中少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，证明产物中存在 Mg3N2，故答案为：取 C 中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气
16、体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；NH 3H2O 的电离常数与 CH3COOH 电离常数相等，均为 1.75105 ，所以醋酸铵溶液呈中性，将中加水后的溶液加热，赶走 NH3后，再加入过量的 CH3COONH4溶液，固体溶解，说明 MgO 和 Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与 NH4+直接反应，不是与 NH4+水解出来的 H+反应，故答案为：将中加水后的溶液加热，赶走 NH3后，再加入过量的 CH3COONH4溶液，固体溶解，说明 MgO 和 Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与 NH4+直接反应，不是与 NH4+水解出来的 H+反应。【答案】（1）分液漏斗（1 分）（2）ABCBED （3 分）
17、（3）无水氯化钙 （1 分）；在 C 的两侧防止水蒸气进入 C 中与产物 Mg3N2反应；吸收未反应完的 NO2及其可能混有的 NO（2 分）（4）D 中试剂瓶中的水被气体压入集气瓶中（2 分）（5）取 C 中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝（2 分）将中加水后的溶液加热，赶走 NH3后，再加入过量的 CH3COONH4溶液，固体溶解，说明 MgO 和 Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与 NH 4+直接反应，不是与 NH4+水解出来的 H+反应（3 分）27.（14 分）氨可用于制取氨水、液氮、氮肥(尿素、碳铵等)、硝酸、铵盐、纯碱等，因此被广泛应用于
18、化工、轻工、化肥、制药、合成纤维、塑料等行业中，是重要的化工产品。(1)以甲烷为原料可制得合成氨气用的氢气有关化学反应的能量变化如图 1 所示则 CH4(g)与 H2O(g)反应生成 CO(g)和 H2(g)的热化学方程式为 。(2)已知 N2(g)+3H2 2NH3(g) H=94.4kJmol 1 ，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图 2 所示。25min 时采取的措施是 。在实际制氨气工业生产中和该措施的目的相同的其它措施还有 。(3)CO 可使合成氨的催化剂中毒而失去活性，因此工业上常用乙酸二氨合铜(I)溶液来吸收原料气体中的 CO，反应原理：Cu(NH 3)2CH3COO(
19、l)+CO(g)+NH3(g) Cu(NH3)3CH3COOCO(l) H0，吸收后的乙酸铜氨溶液经过适当处理后可再生而恢复其吸收 CO 的能力，则再生的适宜条件是 。溶液反应，容器中氨气的物质的量浓度随时间的变化如图 3 所示若在 35s 时再充入原物质的量的 CO 和 NH3气体后，请在图 3 中画出氨气的物质的量浓度随时间变化图。(4)用氨气制取尿素CO(NH 2)的反应为 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g) H0。某温度下，向容器为 100L 的密闭容器中通入 4mol NH3和 2mol CO2，该反应进行到 40s 时，达到平衡，此时 CO2的转化率
20、为 50%则该反应的平衡常数 K= 。在实际工业生产中，原料气带有水蒸气，图 4 表示 CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。a、曲线、对应的水碳比(n(H 2O)/n(CO2)最大的是 。b、测得 B 点氨的转化率为 40%，则 x1= 。【解析】(1)图象分析反应过程都是能量降低的过程，反应的热化学方程式为：CO(g)+O 2(g)=CO2(g) H=+b kJ/molH 2(g)+O2(g)=H2O(g) H=c kJ/molCH 4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=b kJ/mol由盖斯定律3得到：CH 4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) H=
21、-(a+b3C) kJmol -1，故答案为：CH 4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) H =-(a+b3C) kJmol 1 ；(2)25min 时氨气的物质的量迅速变为 0 而氮气、氢气的物质的量不变，之后氮气、氢气的物质的量逐渐减小，氨气的物质的量逐渐增大，说明 25min 时将 NH3从反应体系中分离出去，故答案为：将 NH3从反应体系中分离出去；在实际制氨气工业生产中和该措施的目的相同的其它措施还有高压、原料气循环利用等方法，故答案为：高压、原料气循环利用等；(3)吸收 CO 后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收 CO 的能力以供循环使用，依据化学平衡Cu
22、(NH 3)2CH3COO(l)+CO(g)+NH3(g) Cu(NH3)3CH3COOCO(l)； H0，反应是气体体积减小的放热反应，平衡逆向进行是再生的原理，再生的适宜条件是高温低压，故答案为：B；若反应延续至 70s，保持其它条件不变情况下，使用催化剂时，改变反应速率，不改变化学平衡，曲线的转折点在横坐标 40 之前，纵坐标必需在 20 的线上，该反应的进程曲线为如图所示： ，故答案为： 。(4)某温度下，向容积为 100L 的密闭容器中通入 4molNH3和 2molCO2，该反应进行到 40s 时达到平衡，此时 CO2的转化率为 50%，转化的二氧化碳为 1mol，则：2NH3(g
23、)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g)起始量(mol)：4 2 0变化量(mol)：2 1 1平衡量(mol)：2 1 1则平衡常数 K=2500 L2mol2 ，故答案为：2500；a、氨碳比相同时曲线二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为，故答案为：；b、由题意可知：2NH 3(g)+CO2(g) CO(NH2)2+H2O(g)起始量 1变化量 2a a即： =40%， =60%，则=3，故答案为：3。【答案】（1）(1)CH 4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) H=-(a+b3C) kJmol 1 （2 分）(2)将 NH3从反应体系中分离出去（
24、1 分）高压、原料气循环利用等（2 分）(3)B（1 分） （2 分）(4)2500 （2 分） （2 分）；3（2 分）28. （15 分）稀土是一种不可再生的战略性资源，被广泛应用于电子信息、国防军工等多个领域。一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取稀土元素钇(Y)的工艺流程如下：已知：废弃 CRT 荧光粉的化学组成(某些不参与反应的杂质未列出)如下表所示；不同离子沉淀的 pH 如图所示。(1)步骤 I 中进行原料预处理的目的为_。(2)步骤中有黄绿色气体产生，该反应的化学方程式为_。(3)步骤中发生的主要反应的离子方程式为_。(4)步骤中除杂试剂 DDTC 除去的杂质离子有_，其不能
25、通过直接加碱的方法除去，原因为_。(5)步骤 V 中 Y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中 c(C2O42-)不低于_mol/L。(已知：当离子浓度小于 10-5 mol/L 时，沉淀就达完全； KspY2(C2O4)3=8.010-28)(6)步骤中草酸钇隔绝空气加热可以得到 Y2O3，该反应的化学方程式为_。【解析】本题主要考查物质的分离提纯、氧化还原反应、溶度积常数的应用等知识。(1)由表格可知，废弃 CRT 荧光粉的化学组成为：Y 2O3、ZnO、Al 2O3、PbO 2、MgO，加 0.8mol/L 的盐酸进行预处理的目的是除去ZnO 和 Al2O3；富集稀土元素；降低后续耗酸
26、量；降低后续除杂困难；增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；(2) PbO2具有强氧化性可将 HCl 氧化生成黄绿色气体Cl 2，故该化学方程式为：PbO 2+4HClPbCl2+Cl2+2H 2O；(3)步骤是向滤液中加氨水，显然是将 Al3+等离子沉淀除去，其主要的离子方程式为：Al 3+3NH3H2OAl(OH) 3+3 NH4+；(4)通过步骤过滤后，滤液中含有 Y3+、Pb 2+ 、Zn 2+和 Mg2+，故加 DDTC 除去的杂质离子有：Zn 2+、Pb 2+；从不同离子沉淀的 pH 图可以看出：Zn 2+、Pb 2+和 Y3+沉淀的 PH接近，若直接加碱，三者会同时沉淀而无法
27、分离，故不能通过直接加碱的方法除去，原因为：Zn 2+、Pb 2+与 Y3+沉淀的 pH 相近，三者因同时沉淀而无法分离；(5)当离子浓度小于 10-5 mol/L 时，沉淀就达完全，KspY2(C2O4)3=c2(Y3+)c3(C2O42-)= (10-5)2c3(C2O42-)= 8.010-28，解得 c(C2O42-)= 2.010-6，所以欲使Y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中 c( C2O42-不低于 2.010-6mol/L；(6)草酸钇隔绝空气加热可以得到 Y2O3、CO 和 CO2，故该反应的化学方程式为 Y2(C2O4)3 Y2O3+3CO+3CO 2。【答案】(1
28、)除去 ZnO 和 Al2O3 ；富集稀土元素；降低后续耗酸量；降低后续除杂困难；增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等。(任答一点，合理答案即可) （2 分）(2)PbO2+4HCl PbCl2+Cl2+2H 2O （2 分）(3)Al3+3NH3H2OAl(OH) 3+3NH 4+ （2 分）(4)Zn2+、Pb 2+ （2 分）；Zn 2+、Pb 2+与 Y3+沉淀的 pH 相近，三者因同时沉淀而无法分离（2 分）(5)2.010-6（3 分）(6)Y2(C2O4)3 Y2O3+3CO+3CO 2（2 分）（二）选考题：共 45 分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中
29、每科任选一题作答。如 果多做，则每科按所做的第一题计分。35.【化学选修 3.物质结构与性质】（15 分）已知 A、B、C、D、E、F 是周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。A 的基态原子 2p 能级有 2 个单电子；C 占整个地壳质量的 48.6%，是地壳中含量最多的元素；E 的单质常温常压下为黄绿色气体，化学性质十分活泼，具有毒性；F 位于 ds 区，最外能层有单电子， 是热和电的最佳导体之一，是唯一的能大量天然产出的金属；D 与 F 不同周期，但最外能层电子数相等。(1)写出基态 D 原子的价电子排布式 。(2)A、B、C 三种元素第一电离能最大的是 (用元素符号表示)，其原因是 。
30、(3)A、C 两元素形成的化合物 AC2的分子空间构型 。与 AC2互为等电子体的粒子的化学式 ， (分子和离子各写一种)。(4)D、E 形成的一种离子化合物，在图 1 晶胞结构图中黑球表示 E 的位置，白球表示 D 的位置，已知该晶胞的边长为 n cm，阿伏加德罗常数为 NA，求晶胞的密度 = g/cm 3(用含 a、 NA的计算式表示)。(5)由 F 原子形成的晶胞结构如图 2，F 原子的半径为 r，列式表示 E 原子在晶胞中的空间利用率 （不要求计算过程）。【解析】(1) 3S1 (其它答案不得分) ，由 F 位于 ds 区，最外能层有单电子，是热和电最佳导体之一，是唯一的能大量天然产出的金属，可以推出 F 是铜元素，再有 D 与 F 不同周期，但最外能层电子数相等，并结合全文可推断出 D 是钠 所以是 3S1。(2) N ，同一周期随着原子序数的递增，元素的第一电离能总体呈现增大趋势，氧原子的第一电离能小于氮原子的原因是，氧原子的 3 个 2p 轨道上排布 4 个电子，必然有一个 2p 轨道上占 2 个电子，这两个电子在同一个 2p 轨道上增大了相互之间的排斥力，使得氧原子容易失去一个电子。(只要回答出半充满态，体系的能量较低，原子稳定即可满分)(3) 直线型；N 2O ；NO 2+或 BO2-(由于是等电子体所以要在 C、O 元素附近找答案)。
